题解 CF109C Lucky Tree

Posted 2021-05-23 苹果蓝17

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题意简述

一棵树，其中有若干条关键边，求有多少点三元组 \\((i,j,k)\\) 满足 \\(i\\) 与 \\(j\\) 间有关键边且 \\(i\\) 与 \\(k\\) 间有关键边。

\\(n \\leq 10^5\\)。

题目分析

同学说这题很有迷惑性。

考虑转化 \\(i\\) 与 \\(j\\) 间有关键边的条件，很容易想到将所有关键边断开后会形成若干联通块 \\(t_1,t_2,\\cdots,t_k\\)。

设点 \\(u\\) 所属的联通块为 \\(s_u\\)，即 \\(u \\in s_u\\)。

显然 \\(u\\) 和 \\(v\\) 间有关键边当且仅当 \\(s_u \\neq s_v\\)。

\\[\\begin{aligned} ans & =\\sum_{i \\neq j \\neq k} [s_i \\neq s_j][s_i \\neq s_k]\\\\ & =\\sum_{i} \\sum_{j \\neq k}[s_i \\neq s_j][s_i \\neq s_k]\\\\ & =\\sum_{i} 2\\dbinom{n-|s_i|}{2}\\\\ & =2\\sum_{i_1}^n \\dbinom{n-|s_i|}{2}\\\\ & =2\\sum_{i_1}^k |t_i| \\dbinom{n-|t_i|}{2}\\\\ \\end{aligned} \\]

dfs 计算联通块大小，组合数直接计算即可。

时间复杂度 \\(O(n)\\)。

拓展 1：点带权。

记 \\(W=\\sum\\limits_{i=1}^n w_i\\)，\\(W_k=\\sum\\limits_{i \\in s_k}^n w_i\\)（即该点所在联通块的点权和），\\(W_k=\\sum\\limits_{i \\in s_k}^n w_i^2\\)。

\\[\\begin{aligned} ans & =\\sum\\limits_{i}w_i(\\sum\\limits_{j,k}[s_i \\neq s_j][s_i \\neq s_k]w_jw_k-\\sum\\limits_{j} [s_i \\neq s_j]w_j^2)\\\\ & =\\sum\\limits_i w_i[(W-W_i)^2-W_i\']\\\\ \\end{aligned} \\]

拓展 2：多元组。

若将条件改为 \\(p\\) 元组，且任意两点间有关键边，即为任意两点不同属一个联通块。

即从 \\(k\\) 个数里任意选出 \\(p\\) 个数的积之和。

这是一个经典问题，即 \\([x^p]\\prod_{i=1}^k (1+t_ix)\\)，分治+FFT 即可在 \\(O(k\\log^2 k)\\) 的时间复杂度内解决。

代码

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const long long N=1e5+5;
struct nod{
	long long to,nxt,w;
}e[N*2];
long long head[N],cnt;
void add(long long u,long long v,long long w){
	e[++cnt].to=v;
	e[cnt].w=w;
	e[cnt].nxt=head[u];
	head[u]=cnt;
}
long long check(long long x){
	while(x){
		if(x%10!=4 && x%10!=7) return 0;
		x/=10;
	}
	return 1;
}
long long n,id,ans;
bool vis[N];
void dfs(long long u){
	vis[u]=1;
	id++;
	for(long long i=head[u];i;i=e[i].nxt){
		long long v=e[i].to;
		if(vis[v] || e[i].w) continue;
		dfs(v);
	}
}

int main(){
	cin>>n;
	for(long long i=1;i<n;i++){
		long long u,v,w;
		scanf("%lld%lld%lld",&u,&v,&w);
		long long t=check(w);
		add(u,v,t);
		add(v,u,t);
	}
	for(long long i=1;i<=n;i++){
		if(!vis[i]){
			id=0;
			dfs(i);
			ans+=id*(n-id)*(n-id-1);
		}
	}
	printf("%lld",ans);
}